广东省广州市仲元中学2024届高三第二次调研数学试题（教师版）

这是一份广东省广州市仲元中学2024届高三第二次调研数学试题（教师版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先转化为存在量词命题的否定，求参数的取值范围，再求其真子集，即可判断选项.
【详解】若命题“，”为假命题，
则命题的否定“，”为真命题，
即，恒成立，
，，当，取得最大值，
所以，选项中只有是的真子集，
所以命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为.
故选：D
2. 若（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解，即可得出，根据共轭复数的概念得出，进而得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，，则，
所以，.
故选：A.
3. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
分析】利用同角三角函数基本关系式即可得出.
【详解】，与联立，
可得，
则，
故选：D.
4. 已知空间向量，则（ ）
A. 3B. C. D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合空间向量的模长公式、数量积公式运算即可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故选：C.
5. 在等比数列中，，若，且的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列性质及分组求和法，利用等比数列的前项和及数列的单调性即可求解.
【详解】由可得，
故，设的公比为，则，即，
故，
则．
由于时，，
故随着的增大而增大，而，，
故满足的最小正整数的值为6．
故选：B.
6. 人口问题是当今世界各国普遍关注的问题.认识人口数量的变化规律，可以为制定一系列相关政策提供依据.早在1798年，英国经济学家马尔萨斯（，1766—1834）就提出了人口增长模型.已知1650年世界人口为5亿，当时这段时间的人口的年增长率为0.3%.根据模型预测________年世界人口是1650年的2倍.（参考数据：，）
A. 1878B. 1881C. 1891D. 1993
【答案】B
【解析】
【分析】依据题意列出方程，结合给定的近似值计算即可.
【详解】设年后世界人口是1650年的2倍，由题意得，
解得，
故在1881年世界人口是1650年的2倍.
故选：B
7. 在中，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为1，则直线与平面所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，根据外接球半径即可确定球心，然后利用等体积法求到平面的距离即可求解.
【详解】因为，所以，
由为中点，所以，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点为H，连接，

因为，所以由正弦定理可得，即的外接圆半径为1，
又四面体的外接球半径为1，所以O为外接球球心，
由球的性质可知，平面，因为平面，所以，
因为，，所以.
设到平面的距离为d，
因为和都是边长为1的正三角形，
所以，由得，即，
记直线与平面所成角为，
则，所以.
故选：A
8. 设分别为椭圆的左，右焦点，以为圆心且过的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段与C交于点A．已知与的面积之比为，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可逐步计算出点A坐标，由点A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等式后，借助等式即可计算离心率.
【详解】由题意可得、，，
则以为圆心且过的圆的方程为，
令，则，由对称性，不妨取点在轴上方，即，
则，即，
有，则，
又，即有，即，
代入，有，即，
即在椭圆上，故，
化简得，由，
即有，
整理得，即，
有或，
由，故舍去，即，
则.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率时，可将已知的几何关系转化为关于椭圆基本量a，b，c的方程，利用和转化为关于的方程，通过解方程求得离心率．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 相关系数越接近1，变量，相关性越强
B. 若随机变量，满足，则
C. 相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D. 设随机变量服从二项分布，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合相关系数，方差的性质，相关指数的定义，二项分布概率计算公式计算，逐个判断即可.
【详解】对于A：由相关系数的定义可知，相关系数越接近，变量正相关性越强；相关系数越接近，变量负相关性越强，故A正确.
对于B：由随机变量，满足，则，故B错误.
对于C：由相关指数的定义可知，相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差，故C正确.
对于D：，故D正确.
故选：ACD
10. 将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标保持不变），得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是（ ）
A.
B. 关于对称
C. 在区间上有644个零点
D. 若在上是增函数，则的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由平移变换法则首先得即可判断A；对于B，直接代入检验即可；对于C，得是函数零点，令，看关于的不等式的整数解的个数即可；对于D，由复合函数单调性举反例即可判断.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应解析式为，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标保持不变），则，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，令，得，即，
令，解得，
所以在区间上有644个零点，故C正确；
对于D，首先，取，则当时，有，
由复合函数单调性可知此时也单调递增，故D错误.
故选：BC.
11. 已知椭圆的左、右焦点分别是、，其中，直线与椭圆交于、两点.则下列说法中正确的有（ ）
A. 当时，的周长为
B. 当时，若的中点为，为原点，则
C. 若，则椭圆的离心率的取值范围是
D. 若的最大值为，则椭圆的离心率
【答案】AC
【解析】
【分析】利用椭圆的定义可判断A选项；利用点差法可判断B选项；由平面向量数量积的坐标运算可得出，代入椭圆方程，结合的不等关系可求出的取值范围，可判断C选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合弦长公式求出的最大值，可求出该椭圆离心率的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，易知点、，
直线过椭圆的左焦点，
所以，的周长为，A对；
对于B选项，设点、，则点，
因为，则且，

则，，
将点、的坐标代入椭圆的方程可得，
上述两个等式作差可得，
所以，，即，B错；
对于C选项，，，
则，即，可得，
由，即，可得，
因为，可得，
可得，则，
因为，可得，
所以，，则，
因为，则，即，
所以，，可得或（舍去），故，
综上所述，，C对；
对于D选项，联立可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，
，
故当时，取最大值，即，则，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
12. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】通过证明确定，的大小关系；通过证明确定，的大小关系；
【详解】令，
，
在上单调递增，
，
，
，
.
令，
，
令 ，
显然在为减函数 ，
，
使 ，
当时，当时 ，
当时为增函数，当时为减函数 ，
所以的最小值为中一个 ，
而 ，
即 ，
在上单调递增，

，
.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，，将视为，将视为函数与的函数值，从而只需比较与这两个函数大小关系即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的二项展开式中任取一项，则该项系数为有理数的概率为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得的二项展开式共有7项，通项为：，则该项系数为有理数时，为偶数，即可得答案.
【详解】的二项展开式共有7项，通项为：，
其中，要使项系数为有理数，则为偶数，即时，
项系数为有理数，则相应概率为：.
故答案为：.
14. 已知公差不为0的等差数列中，存在，，满足，，则项数__________.
【答案】2023
【解析】
【分析】设公差为，裂项相消得到，进而求和得到方程，求出答案.
【详解】设等差数列的公差为d，由，
可得
，
因为，所以.
故答案为：
15. 如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设几何体棱长为4a，计算出几何体侧面积，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，过点B作于点C，其中点B为所在棱的中点，得OA即该几何体外接球的半径，得外接球表面积，计算比值即得.
【详解】
如图，由题意可知旋转角度为，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，
则的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径，
设棱长为4a，则侧面积为，
，，，过点B作于点C，
则，，
易得四边形为矩形，即，，
则，即该“四角反棱柱”外接球的半径．
外接球表面积为，
该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为．
故答案为：.
【点睛】由题意，侧面均为正三角形，所以可知旋转角度为，OA即该几何体外接球的半径.
16. 已知为函数图象上一动点，则的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意把表示成与的夹角的余弦值的2倍，再由几何关系求得最值可得结果.
【详解】设，原点，则，；
所以，即，
如图所示，所以当直线与函数在轴右侧相切时，取到最大值，即取得最大值；
联立直线与函数可得，
所以，解得（舍去）；
此时，所以，
即的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据表达式的特征，将其转化为向量数量积的坐标表示形式，利用几何关系求出最值即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知数列首项，前n项和为，且．设．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据求出，证明出是以2为首项，2为公比的等比数列，得到通项公式；
（2）求出，裂项相消法求和得到，结合，得到答案.
【小问1详解】
在数列中，①，
②，
由①-②得：，即，，
所以，即，
在①中令，得，即，而，故．
则，即，
又，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；
【小问2详解】
，
，
又因为，所以，所以.
18. 在中，，.
（1）求A；
（2）已知M为直线上一点，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）利用给定条件直接求角即可.
（2）利用余弦定理求出关键边长，再求面积即可.
【小问1详解】
在中，，，则，
∵，
即，
又，则；
【小问2详解】
因为，，所以，所以，
在中，，
解得（负值舍去），
所以
19. 如图，在三棱锥中，是的中点，是的中点，点在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，且，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）几何法证明空间直线与平面平行.
（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值.
【小问1详解】
过点作交于点，过点作交于点，则.
因为是的中点，是的中点，所以，
因为，所以，则，
所以四边形平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，
所以.
设平面的法向量为，则即
令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
20. 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对500位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为45元，其余3个均为15元，求顾客所获的奖励额为60元的概率；
（2）商场对奖励总额的预算是30000元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由.方案一：袋中的4个球由2个标有面值15元和2个标有面值45元的两种球组成；方案二：袋中的4个球由2个标有面值20元和2个标有面值40元的两种球组成.
【答案】（1）
（2）方案二，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由古典概型结合组合数公式求解；
（2）分别求解两方案的均值和方差比较可得结果
【小问1详解】
设顾客的奖励额为X,依题意得
【小问2详解】
根据方案一，设顾客的奖励额为其可能取值为30，，30m60，90
，，
根据方案二，设顾客的奖励额为其可能取值为40，60，80
，，
商场对奖励总额的预算是30000元，故每个顾客平均奖励额最多为60，两方案均符合要求，但方案二奖励的方差比方案一小，所以应选择方案二
21. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，点，分别为椭圆的左、右顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）点，为椭圆上不同两点，过椭圆上的点作，且，求证：的面积为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意得到、、的方程组，解得即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出，，从而得到，则，再设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再根据得到，最后根据计算可得；
【小问1详解】
依题意，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，，
设直线的方程为，
代入得，它的两个根为和，
可得，，从而．
因为，所以，
若直线的斜率不存在，根据对称性，则在椭圆的上（下）顶点处，
不妨取为上顶点，则，
由，解得或，
所以或，
所以，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，
将代入，整理得，
由，则，，
所以，
化简得，
所以
综上可得的面积等于，为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）当时，存在，使得，求M的最大值；
（2）已知m，n是的两个零点，记为的导函数，若，且，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到，求出答案；
（2）根据零点得到方程组，相减求出，求导得到，化简换元后得到只需证，，构造函数，求导得到其单调性，证明出结论/
【小问1详解】
当时，，
则的定义域为，且，
当时，，所以在上单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为，
由题意知，
故M的最大值为.
【小问2详解】
证明：由题意知，，
所以，
所以.
因为，
所以
，
所以要证，只要证，
因为，所以只要证，
令，则，即证，
令，则，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，所以.
【点睛】极值点偏移问题，经常使用的方法有：比值代换，构造差函数，对数平均不等式，变更结论等，若不等式中含有参数，则消去参数，再利用导函数进行求解.